安徽省铜陵市枞阳县枞阳县浮山中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题

安徽省铜陵市枞阳县枞阳县浮山中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题

‎2019-2020学年安徽省铜陵市枞阳县浮山中学高二（上）期中数学试卷（理科）‎ 一、选择题（本大题共12小题）‎ ‎1.若表示点,表示直线, 表示平面,则下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 若,则 B. 若,则 C. 若,则 D. 若,,则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用点线面位置关系逐项判断即可 ‎【详解】对A, 若,则,故错误；‎ 对B, 若,则,故错误；‎ 对C, 若,则,故错误；‎ 对D, 若,,则,故正确 故选D ‎【点睛】本题主要考查空间直线，平面间的位置关系的判断，要求熟练掌握相应的判定定理和性质定理的应用．‎ ‎2.已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若， ，则直线与平面的位置关系是（ ）‎ A. 垂直 B. 平行 C. 相交但不垂直 D. 直线平面内或直线与平面平行 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，即可判断出直线l与平面α的位置关系．‎ ‎【详解】∵，‎ ‎∴⊥，‎ ‎∴直线l在平面α内或直线l与平面α平行．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查平面法向量的应用、直线与平面位置关系的判定，考查推理能力与计算能力．‎ ‎3.化简方程为不含根式的形式是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由知，点的轨迹是以为焦点，10为长轴长的椭圆，设椭圆，，分别算出即可．‎ ‎【详解】由得，点的轨迹是以为焦点，10为长轴长的椭圆，设椭圆，，此时，故，故椭圆方程为．故选C．‎ ‎【点睛】若已经掌握椭圆的方程以及几何意义，直接判断出点的轨迹是椭圆，算出椭圆的即可．若要直接化简则需要移项平方，计算量较大．‎ ‎4.已知圆，直线：，若圆上有2个点到直线的距离等于1，则以下可能的取值是（ ）‎ A. 1 B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 问题转化为圆心到直线的距离大于1，小于3，再求出圆心到直线的距离后列不等式可解得 的取值范围，从而得到可能的取值．‎ ‎【详解】依题意可得圆心到直线的距离，‎ ‎，，解得或，‎ 显然只有符合.故选C.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式，问题转化为圆心到直线距离是解决问题的难点，考查数形结合思想的应用.‎ ‎5.已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则的最大值为（ ）‎ A. 7 B. 6 C. 5 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题意知，点P在以原点（0，0）为圆心，以m为半径的圆上，又因为点P在已知圆上，所以只要两圆有交点即可，所以，故选B.‎ 考点：本小题主要考查两圆的位置关系，考查数形结合思想，考查分析问题与解决问题的能力.‎ ‎6.若对圆上任意一点， 的取值与无关，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. 或 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设z=|3x﹣4y+a|+|3x﹣4y﹣9|=5（），‎ 故|3x﹣4y+a|+|3x﹣4y﹣9|可以看作点P到直线m：3x﹣4y+a=0与直线l：3x﹣4y﹣9=0距离之和的5倍，‎ ‎∵取值与x，y无关，∴这个距离之和与P无关，‎ 如图所示：可知直线m平移时，P点与直线m，l的距离之和均为m，l的距离，即此时与 x，y的值无关，‎ 当直线m与圆相切时，=1，‎ 化简得|a﹣1|=5，‎ 解得a=6或a=﹣4（舍去），‎ ‎∴a≥6‎ 故选D．‎ 点睛：本题类比点到直线距离公式，其几何意义为动点到直线m：3x﹣4y+a=0与直线l：3x﹣4y﹣9=0距离之和的5倍，从而把问题转化为直线与圆的位置关系问题.‎ ‎7.已知直线和点，在直线上求一点，使过、的直线与以及轴在第一象限内所围成的三角形的面积最小，则坐标为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点，求出直线的方程为，再求出直线与轴交点的坐标，然后代入面积公式得到关于的函数，再利用基本不等式求最值，进而得到使面积取得最小值时对应的取值.‎ ‎【详解】设点，则直线的方程为，‎ 当时，，所以直线与轴交点，‎ ‎（其中），‎ 因为，‎ 等号成立当且仅当，即，所以点，故选C.‎ ‎【点睛】本题考查直线的交点坐标求法、点斜式方程、三角形面积最值、基本不等式等知识，注意利用数形结合思想进行分析问题，才能使思路清晰.‎ ‎8.设是双曲线的一个焦点，，是的两个顶点，上存在一点，使得与以为直径的圆相切于，且是线段的中点，则的渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图形的几何特性转化成双曲线的之间的关系求解.‎ ‎【详解】设另一焦点为，连接，由于是圆的切线，‎ 则，且，‎ 又是的中点，则是的中位线，‎ 则，且，‎ 由双曲线定义可知，‎ 由勾股定理知，，，‎ 即，渐近线方程为，‎ 所以渐近线方程为．‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的简单的几何性质，属于中档题.‎ ‎9.已知双曲线C：的离心率为2，左右焦点分别为，点A在双曲线C上，若的周长为10a，则面积为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 点在双曲线上，不妨设点在双曲线右支上，所以，‎ 又的周长为.‎ 得.‎ 解得.‎ 双曲线的离心率为，所以，得.‎ 所以.‎ 所以，所以为等腰三角形.‎ 边上的高为.‎ 的面积为.‎ 故选B.‎ ‎10.设椭圆的离心率为，右焦点为 ，方程的两个实根分别为 和 ，则点 （ ）‎ A. 必在圆外 B. 必在圆上 C. 必在圆内 D. 以上三种情形都有可能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎∵，∴， ∵ 和是方程的两个实根，‎ ‎∴由韦达定理：，， ∴， ∴点必在圆内，故选C.‎ ‎11.已知 ，是椭圆上的动点，是线段上的点，且满足，则动点的轨迹方程是（ ）‎ A B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求轨迹方程可设动点，，再利用求出关于的坐标关系式，再将坐标表达式代入椭圆方程即可．‎ ‎【详解】设动点，，因为，故 ，化简得，又在椭圆上，故，化简得，故选B．‎ ‎【点睛】求轨迹方程可直接设所求点坐标为，再根据题目所给信息，用含有的表达式表达已知方程上的动点，再带入满足的方程化简即可．‎ ‎12.已知双曲线左焦点为，为双曲线右支上一点，若的中点在以O为圆心，以为半径的圆上，则的横坐标为（ ）‎ A. B. 4 C. D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设双曲线的右焦点，的中点为，因为为底边的中线和高，得到为等腰三角形，在求得的值，再由倍角公式求得，最后利用公式，求得点的横坐标.‎ ‎【详解】如图所示，设双曲线的右焦点，的中点为，‎ 因为为圆的直径，所以，所以，‎ 所以为等腰三角形，所以，‎ 根据双曲线的定义，所以.‎ 所以，‎ 因为，所以，‎ 所以.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查直线与双曲线的位置关系、双曲线的定义、圆的知识，与三角函数的倍角公式等知识交会，具有较强的综合性，对平面几何知识的要求也较高，考查综合分析问题和解决问题的能力.‎ 二、填空题（本大题共4小题）‎ ‎13.已知双曲线的一条渐近线方程为,且与椭圆有公共焦点．则曲线C的方程为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线的渐近线方程可得,求得椭圆的焦点,可得,解方程可得a,b,进而得到双曲线的方程．‎ ‎【详解】解：双曲线的渐近线方程为,‎ 由一条渐近线方程为,可得 椭圆的焦点为,，‎ 可得 由可得,,‎ 即双曲线的方程为,‎ 故答案为:．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆和双曲线的方程和性质,考查方程思想和运算能力,属于基础题．‎ ‎14.，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的左右两支分别交于点，，若为等边三角形，则双曲线的渐近线方程为___.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的定义算出，，，由是等边三角形得，利用余弦定理算出，结合双曲线渐近线方程即可的结论．‎ ‎【详解】根据双曲线的定义，可得，‎ 是等边三角形，即 ‎，‎ 又，‎ ‎，‎ ‎△中，，，‎ 即，‎ 解得，又，，‎ 双曲线的渐近线的斜率为，‎ 故填：．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的定义、余弦定理、渐近线方程，考查逻辑推理和运算求解能力，求解时要注意结合平面几何知识的应用.‎ ‎15.已知O为坐标原点,平行四边形ABCD内接于椭圆：,点E,F分别为AB,AD的中点,且OE,OF的斜率之积为,则椭圆的离心率为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设,则,由对称性可得：，则,由可得,,相减可得：AB，AD斜率之积为由E,F分别为AB,AD的中点,可得OE，OF的斜率之积等于AB,AD斜率之积．即,即可求得椭圆的离心率．‎ ‎【详解】解：设,则,‎ 由对称性可得：，则，‎ 可得,．‎ 相减可得：‎ ‎,AD斜率之积为．‎ ‎,F分别为AB,AD的中点,且OE，OF的斜率之积为，则OE,OF的斜率之积等于AB，AD斜率之积．‎ ‎,则椭圆的离心率为,‎ 故答案为:．‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、斜率计算公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题．‎ ‎16.如图，在三棱锥，为等边三角形，为等腰直角三角形，，平面平面，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，结合为等腰直角三角形，求得向量的坐标，利用向量的夹角公式，即可求解．‎ ‎【详解】取得中点，连接，，因为，所以.‎ 因为平面平面，平面平面.‎ 所以平面，又因为，所以，于是以为坐标原点，‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，结合为等腰直角三角形，,为等边三角形，则，，，，‎ 所以，，‎ 所以 ，‎ 故异面直线与所成角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用空间向量求解异面直线所成的角，其中解答中根据几何体的结构特征，建立适当的空间直角坐标系，利用向量的夹角公式求解是解答此类问题的关键，着重考查了推理与运算能力．‎ 三、解答题（本大题共6小题）‎ ‎17.已知一动圆与圆：外切，且与圆：内切.‎ ‎（1）求动圆圆心的轨迹方程；‎ ‎（2）过点能否作一条直线与交于，两点，且点是线段的中点，若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】(1) (2) 存在，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用圆与圆外切时，圆心距等于半径之和，圆与圆内切时，圆心距等于半径之差的绝对值，从而得到方程组，再利用双曲线定义得到圆心的轨迹为双曲线的右支；‎ ‎（2）利用设而不求、点差法、中点坐标公式，求得直线的斜率.‎ ‎【详解】（1）设动圆圆心，半径为，‎ 根据题意得：，所以，‎ 则动点轨迹为双曲线（右支），所以，，，‎ 所以轨迹方程为.‎ ‎（2）设，代入双曲线的方程得 两式相减得，‎ 因为是线段的中点，所以 所以，所以的方程为.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的定义，点差法的应用，注意求出的双曲线方程要进行验证，只是双曲线的右支，考查逻辑推理能力和运算求解能力.‎ ‎18.如图，已知四边形ABCD与四边形BDEF均为菱形，，且 求证：平面BDEF；‎ 求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设AC、BD交于点O，连结OF、DF，推导出，，，由此能证明平面BDEF．‎ 以OA为x轴，OB为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．‎ ‎【详解】设AC、BD交于点O，连结OF、DF，‎ 四边形ABCD与四边形BDEF均为菱形，，且，‎ ‎，，，‎ 四边形ABCD与四边形BDEF均为菱形，‎ ‎，‎ ‎，平面BDEF．‎ ‎，，平面ABCD，‎ 以OA为x轴，OB为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 设，则0，，0，，1，，0，，‎ ‎，1，，‎ ‎，‎ 设平面ABF的法向量y，，‎ 则，取，得，‎ 设平面BCF的法向量y，，‎ 则，取，得，‎ 设二面角的平面角为，由图可知为钝角 则．‎ 二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查二面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ ‎19.已知椭圆C：的焦距为2，左右焦点分别为，，以原点O为圆心，以椭圆C的半短轴长为半径的圆与直线相切．‎ Ⅰ求椭圆C的方程；‎ Ⅱ设不过原点的直线l：与椭圆C交于A，B两点．‎ 若直线与的斜率分别为，，且，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标；‎ 若直线l的斜率是直线OA，OB斜率的等比中项，求面积的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）（i）直线过定点，该定点坐标为；（ii）‎ 面积的取值范围为 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）先根据抛物线的焦点得，再结合椭圆几何条件得当点为椭圆的短轴端点时，△面积最大，此时，所以．（2）（i）证明直线过定点问题，一般方法以算代证，即求出直线方程，根据方程特征确定其过定点，本题关键求出之间关系即可得出直线过定点．由得，即，因此联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得；（ii）先分析条件：直线的斜率时直线，斜率的等比中项，即，，化简得，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得，这样三角形面积可用m表示，其中高利用点到直线距离得到，底边边长利用弦长公式得到：，最后根据基本不等式求最值 试题解析：（1）由抛物线的方程得其焦点为，所以椭圆中，‎ 当点为椭圆的短轴端点时，△面积最大，此时，所以．‎ ‎，为椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点，△面积的最大值为1，‎ 所以椭圆的方程为．‎ ‎（2）联立得，‎ ‎，得（*）‎ 设，，则，，‎ ‎（i），，由，得 ‎，‎ 所以，即，‎ 得，‎ 所以直线的方程为，因此直线恒过定点，该定点坐标为．‎ ‎（ii）因为直线的斜率是直线，斜率的等比中项，所以，即，‎ 得，得，所以，又，所以，‎ 代入（*），得．‎ ‎．‎ 设点到直线的距离为，则，‎ 所以，‎ 当且仅当，即时，△面积取最大值．‎ 故△面积的取值范围为．‎ 考点：直线与椭圆位置关系 ‎【方法点睛】1．求定值问题常见的方法有两种 ‎（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．‎ ‎（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．‎ ‎2．定点的探索与证明问题 ‎（1）探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b、k等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．‎ ‎（2）从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．‎ ‎20.已知抛物线，过动点作抛物线两条切线，切点分别为，且.‎ ‎（1）求点的轨迹方程；‎ ‎（2）试问直线是否恒过定点？若恒过定点，请求出定点坐标；若不恒过定点，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）直线恒过定点．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎(1)利用题意可得点P的轨迹方程为y=-1；‎ ‎(2)由直线方程可知直线恒过定点.‎ 试题解析：‎ 解：（Ⅰ）设，则直线：，代入抛物线方程：‎ ‎，因为直线与抛物线相切，所以，‎ 同理，‎ 所以，分别为方程：的两个不同的实根，‎ ‎，所以，所以点的轨迹方程．‎ ‎（Ⅱ）设，，由，，所以抛物线在，点的切线方程分别为 ，‎ 又都过点，‎ 所以 所以直线的方程为，‎ 所以直线恒过定点．‎ ‎21.已知椭圆，若在，，，四个点中有3个在上．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若点与点是椭圆上关于原点对称的两个点，且，求的取值范围．‎ ‎【答案】(1) ．(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1） 由于椭圆是对称图形，得点，必在椭圆上，故，再分别讨论在上时和在上时椭圆的方程，根据题意进行排除，最后求解出结果．‎ ‎（2） 设，，利用向量的坐标运算表达出的值，根据对称性分类讨论设出直线的方程，联立椭圆方程，结合韦达定理，将转化为求函数的值域问题，从而求解出的范围．‎ ‎【详解】解：（1）与关于轴对称，‎ 由题意知在上，当在上时，，，，‎ 当在上时，，，‎ ‎∴与矛盾，∴椭圆的方程为． ‎ ‎（2）设，，、关于坐标原点对称，‎ ‎，，‎ ‎．‎ 当与轴不垂直时，设直线的方程为，‎ 代入椭圆方程得，，‎ ‎，‎ 由于可以取任何实数，故．‎ 当与轴垂直时，，，‎ ‎∴．‎ 综上可得．‎ ‎【点睛】本题主要考查圆锥曲线的综合性题目，解决这类题目常用数学思想方法有方程思想，数形结合思想，设而不求与整体代入思想等．‎ ‎22.已知椭圆C的两个顶点分别为A(−2,0)，B(2,0)，焦点在x轴上，离心率为．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）点D为x轴上一点，过D作x轴垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为4:5．‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）根据条件可知，以及，从而求得椭圆方程；（Ⅱ）设，则，根据条件求直线的方程，并且表示出直线 的方程，并求得两条直线的交点纵坐标，根据即可求出面积比值.‎ 试题解析：（Ⅰ）设椭圆的方程为.‎ 由题意得解得.‎ 所以.‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（Ⅱ）设，则.‎ 由题设知，且.‎ 直线的斜率，故直线的斜率.‎ 所以直线的方程为.‎ 直线的方程为.‎ 联立解得点的纵坐标.‎ 由点在椭圆上，得.‎ 所以.‎ 又，‎ ‎，‎ 所以与的面积之比为.‎ ‎【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，重点考查了计算能力，以及转化与化归的能力，解答此类题目，主要利用 的关系，确定椭圆方程是基础，本题易错点是对复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题与解决问题的能力等.‎ ‎ ‎